高考化学备考之铜及其化合物推断题压轴突破训练培优 易错 难题篇附答案解析.docx

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高考化学备考之铜及其化合物推断题压轴突破训练培优易错难题篇附答案解析

2020-2021高考化学备考之铜及其化合物推断题压轴突破训练∶培优易错难题篇附答案解析

一、铜及其化合物

1．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：

写出对应化学式：

（1）A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

（2）写出下列化学方程式：

①A在空气中燃烧_______________；

②B长期置于空气中变成绿色物质_________。

（3）将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____（假设溶液体积变化忽略不计）。

【答案】Na2OFe2O32Na＋O2

Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO31：

10.5mol/L

【解析】

【分析】

根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。

【详解】

（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；

（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2

Na2O2

②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3

（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:

1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaAlO2）=

。

2．今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。

已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。

这六种物质之间有如下转化关系：

①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。

（1）写出下列四种物质的化学式：

甲______________，乙______________，A______________，D______________。

（2）用离子方程式表示上述三个变化：

①___________，②__________________，③___________________。

【答案】CuOCu（OH）2CuCl2NaClCu（OH）2+2H+=Cu2++2H2OCu2++2OH-=Cu（OH）2↓CuO+2H+=Cu2++H2O

【解析】

【分析】

甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．

【详解】

（1）根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu（OH）2；A为CuCl2；D为NaCl；

（2）氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：

Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：

Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：

CuO+2H+=Cu2++H2O。

3．氯化亚铜（CuCl）是一种重要的化工产品。

它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：

（1）还原过程中主要反应的离子方程式为_______。

（2）实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作（如图）。

仪器A的名称__________，有关抽滤，下列说法正确的是__________

A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出

B．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤

C．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸

D．减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀

（3）操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。

其中最合理的洗涤试剂__________

A．浓盐酸B．浓氨水C．无水乙醇D．水+乙醇

真空干燥的原因是___________。

（4）随着pH减小，Cu2（OH）4-nCln中铜的质量分数__________

A．增大B．不变C．减小D．不能确定

【答案】2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+吸滤瓶ADC防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化C

【解析】

【分析】

海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+（NH4）2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2（NH4）2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。

【详解】

（1）向含有Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4）2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；

（2）根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；

A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A正确；

B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B错误；

C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C错误；

D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D正确；

故合理选项是AD；

（3）操作1为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；

真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；

（4）随着平pH值减小，[Cu2（OH）4-nCln]中4-n减小，n增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。

【点睛】

本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。

4．实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图：

已知：

①CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

②CuCl有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。

（1）“溶解”时选用约为0.5mol•L-1的硫酸，过程中无气体产生。

若硫酸浓度过大，反应会产生NO、NO2等有害气体，NH4NO3的用量会___（填“增大”或“减小”或“不变”）。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为___。

加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是__。

（3）氯化铵用量[

]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。

随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少，其原因是___。

（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的方法是___。

（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：

__。

（实验中可选试剂：

0.1mol•L-1盐酸、10mol•L-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）

【答案】增大2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥

【解析】

【分析】

实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，滤液中含有Cu2+，NH4+，H+，SO42-，NO3-。

过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的产品CuCl，据此分析。

【详解】

（1）若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、NO2等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量增大。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+。

CuCl在酸性条件下较稳定，加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。

（3）步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；

（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。

（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。

5．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产氯化铜晶体的流程如下：

（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是______________________

（2）滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是___________________

（3）写出反应Ⅱ的化学方程式____________________________________________________

（4）“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________、___________。

（5）在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________________________________________________（用化学方程式表示）

（6）CuCl2·xH2O晶体中x值的测定：

称取3.420g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO34.400×10-2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl-完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。

①滴定终点的现象是_______________________________________。

②若滴定过程用去上述浓度的KSCN标准溶液20.00mL，则CuCl2·xH2O 中x值为________。

【答案】加入过量的Zn会使产品中含有杂质。

Zn2+、Fe2+Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O洗涤干燥2CuCl2·xH2O

Cu（OH）2·CuCl2+2HCl+（2x-2）H2O溶液变为血红色，且30s不褪色2

【解析】

【分析】

黄铜灰渣加入盐酸浸取，盐酸可与Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应，滤渣Ⅰ为铜，过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu2+、Zn2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，锌粉只与Cu2+、H+反应生成铜单质。

过滤Ⅱ后，铜进入反应Ⅱ与双氧水和盐酸反应，最后得到产品，滤液Ⅱ中为产生的Zn2+和未反应的Fe2+。

【详解】

（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量，若过量会将铁置换出来，进入反应Ⅱ，使后面产品CuCl2·xH2O晶体含有杂质；

（2）滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是产生的Zn2+和未反应的Fe2+；

（3）反应Ⅱ是铜与双氧水和盐酸反应生成氯化铜，其化学方程式为：

Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；

（4）“系列操作”为了从CuCl2溶液中得到CuCl2·xH2O，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（5）氯化铜是强酸弱碱盐，水解产生的盐酸是易挥发性酸，在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是：

2CuCl2·xH2O

Cu（OH）2·CuCl2+2HCl+（2x-2）H2O；

（6）①用含Fe3+的溶液作指示剂，用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，滴定终点时KSCN不再转化为AgSCN，而与Fe3+作用，使溶液变为血红色，故滴定终点的现象是：

溶液变为血红色，且30s不褪色；

②与KSCN反应的Ag+的物质的量为：

0.2000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=4.000×10-3mol，则与CuCl2·xH2O反应的Ag+的物质的量为：

4.400×10-2mol-4.000×10-3mol=4.000×10-2mol，则CuCl2·xH2O的物质的量为：

2.000×10-2mol，则2.000×10-2mol×（135+18x）g/mol=3.420g，解得x=2。

6．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。

工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液（主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化亚铜。

请回答下列问题：

（1）出步驟①中发生的两个主要反应的离子方程式：

___。

（2）步骤②的操作名称是____。

（3）步骤④中所加物质X为_____。

（4）步骤⑤的操作是_____。

（5）步骤⑥应调节溶液pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl晶体，目的是____。

（6）在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是____。

【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO（或Cu（OH）2等）在HCl气流中蒸发结晶减少CuCl的损失硫酸（或H2SO4）

【解析】

【分析】

酸性废液中含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、H+都能发生反应，反应的离子方程式为：

Cu2++Fe=Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应后所得的固体a为Cu与过量的Fe，加入足量稀盐酸，Fe溶解为Fe2+，此时溶液过滤可得固体b，固体b为Cu，加入浓硫酸可得SO2和硫酸铜，所得SO2与Cu2+再反应制备CuCl，据此分析。

【详解】

（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤①中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；

（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤④中所加物质X为CuO或Cu（OH）2或CuCO3等；

（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶；

（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl晶体的目的是减少CuCl的损失；

（6）由于最终还有硫酸生成，因此在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。

【点睛】

本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。

7．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

请回答下列问题：

（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；

得到滤渣I的主要成分为____________________；

（2）第②步加H2O2的作用是__________________；

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，___方案不可行，原因是_____；从原子利用率角度考虑，___方案更合理。

【答案】Cu+4H++2NO3-

Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-

3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙

【解析】

【分析】

本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。

【详解】

（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：

Cu+4H++2NO3-

Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-

3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；

（3）由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu（OH）2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；

（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：

甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；

乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加适量Al粉，Al和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；

丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al（OH）3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；

可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；

从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。

【点睛】

本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。

较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。

8．工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：

已知：

①阳极泥的主要化学成分，如表所示：

主要成分

CuAgAuSeTe

百分含量/%

23.412.10.96.73.1

②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：

固定浸出温度

固定H2SO4浓度

H2SO4浓度

/mol·L－1

浸出率/%

浸出温度/℃

浸出率/%

CuAgAuSeTe

CuAgAuSeTe

4

95.14.67＜0.20.838.93

30

87.14.58＜0.20.086.83

3

94.54.65＜0.20.286.90

40

94.54.65＜0.20.286.90

2

78.12.65＜0.20.052.85

50

96.15.90＜0.20.648.73

（1）步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为__________；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为______________。

（2）步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为________。

（3）步骤III的操作方法为___________。

（4）步骤IV中，反应温度为75℃。

加入H2O2溶液作用为______________；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_____________。

（5）步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。

（6）步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反应式为_____。

【答案】2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O硫酸浓度3mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的Ag+加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋2NaCl＋H2OTeO32—＋4e－＋3H2O＝Te＋6OH－

【解析】

【分析】

（1）根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；

（2）步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；

（3）使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；

（4）步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：

从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；

（5）根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；

（6）根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。

【详解】

（1）根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格②中数据分析